第1問
平面上に点Oを中心とする半径5と10の同心円C1、C2があり、
Oから距離2のところに定点Aがある。動点P1、P2がそれぞれ
C1、C2上を一定の速さで反時計回りに動いている。ある時点
ではO、A、P1、P2がこの順に一直線に並び、また、P21周、
する間にP1は2周するものとする。△AP1P2の面積の最大値
を求めよ。ただし、A、P1、P2が一直線上にある場合は面積を
0とみなす。
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【解答】
xy平面上において、O(0，0)、A(2，1)とする。
O、A、P1、P2が一直線に並ぶときのP1、P2の
座標をそれぞれ、
P1(5，0)、P2(10，0)
とする。
この状態からのP2が$\scriptsize\sf{\theta\ \ (0\leqq \theta\leqq 2\pi)}$ だけ
回転したとき、P2は$\scriptsize\sf{\sf 2\theta}$ だけ回転しているので、
それぞれの座標は
$\scriptsize\sf{\sf P_1(5\cos 2\theta,\ 5\sin 2\theta)}$
$\scriptsize\sf{\sf P_2(10\cos\theta,\ 10\sin\theta)}$
と表せる。
Aを始点とするベクトルを考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf AP_1}=\left(5\cos 2\theta-2\ ,\ 5\sin 2\theta\right)\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf AP_2}=\left(10\cos \theta-2\ ,\ 10\sin \theta\right)\end{align*}}$
となるので、△OP1P2の面積をSとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=| 10\sin\theta 5\cos 2\theta-2-5\sin 2\theta(10\cos\theta-2) |\times \frac{1}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\sf =5| 5(\sin\theta\cos 2\theta-\cos\theta\sin 2\theta)+\sin 2\theta-2\sin\theta}$ |
$\scriptsize\sf{\sf =5| 5\sin(-\theta)+\sin 2\theta-2\sin\theta|}$ ←加法定理より
=$\scriptsize\sf{\sf 5| \sin 2\theta-7\sin\theta|}$ ←$\scriptsize\sf{\sf \sin(-\theta)=-\sin\theta}$ より
$\scriptsize\sf{\theta}$ の関数$\scriptsize\sf{\sf f(\theta)}$ を
$\scriptsize\sf{\sf f(\theta)=\sin 2\theta-7\sin\theta\ \ （0\leqq \theta\leqq 2\pi)}$
とおくと、その導関数は、
$\scriptsize\sf{\sf f'(\theta)=2\cos 2\theta-7\cos\theta}$
$\scriptsize\sf{\sf =2(2\cos^2\theta-1)-7\cos\theta}$ ←cosの倍角公式
$\scriptsize\sf{\sf =4\cos^2\theta-7\cos\theta-2}$
$\scriptsize\sf{\sf =(4\cos\theta+1)(\cos\theta-2)}$
$\scriptsize\sf{\sf 0\leqq \theta\leqq 2\pi}$ の範囲に、$\scriptsize\sf{\sf 4\cos\theta+1=0}$ となるような$\scriptsize\sf{\theta}$ が2つあり、
それらを$\scriptsize\sf{\alpha,\ \beta\ \ (0\lt\alpha\lt\pi\lt\beta\lt 2\pi)}$ とおくと、
f(x)の増減表は下の通り。
ここで、$\scriptsize\sf{\sf 0\lt \alpha\lt\pi\lt\beta\lt 2\pi}$ より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin\alpha=\sqrt{1-\left(-\frac{1}{4}\right)^2}=\frac{\sqrt{15}}{4}\ \ ,\ \ \sin\beta=-\sqrt{1-\left(-\frac{1}{4}\right)^2}=-\frac{\sqrt{15}}{4}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (\alpha)=2\cdot\frac{\sqrt{15}}{4}\cdot\left(-\frac{1}{4}\right)-7\cdot\frac{\sqrt{15}}{4}=-\frac{15\sqrt{15}}{8}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (\beta)=2\cdot\left(-\frac{\sqrt{15}}{4}\right)\cdot\left(-\frac{1}{4}\right)+7\cdot\frac{\sqrt{15}}{4}=\frac{15\sqrt{15}}{8}\end{align*}}$ ．
よって、Sが最大となるのは、$\scriptsize\sf{\theta}$ =$\scriptsize\sf{\alpha}$ および$\scriptsize\sf{\theta}$ =$\scriptsize\sf{\beta}$ のときであり、
その最大値Smaxは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_{max}=5\times\frac{15\sqrt{15}}{8}=\underline{\ \frac{75\sqrt{15}}{8}\ \ }\end{align*}}$
途中の加法定理がミソです。
これに気づかないと計算が行き詰まってしまうと思います。
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- 2012/03/08(木) 23:57:00|
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第2問
放物線y=x2上の相異なる3点P、Q、Rは△PQRが正三角形に
なるように動いている。
(1) P、Q、Rのx座標をそれぞれp、q、rとするとき、p2+q2+r2
をpq+qr+rpのみで表せ。
(2) △PQRの重心はある一つの放物線上にあることを示せ。
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【解答】
(1)
3点P、Q、Rの座標は、
P(p，p2)、Q(q，q2)、R(r，r2)
と表すことができ、これらは異なる3点なので、
p≠q、q≠r、r≠p
まず、PQ2=QR2なので、
(p－q)2+(p2－q2)2=(q－r)2+(q2－r2)2
⇔ r2－p2－2q(r－p)+r4－p4－2q2(r2－p2)=0
ここで、r≠pなので、両辺をr－pで割ると、
r+p－2q+(r+p)(r2+p2)－2q2(r+p)=0
⇔ r3+p3+r2p+rp2－2q2r－2pq2+r+p－2q=0 ････①
同様に、QR2=RP2なので、
p3+q3+p2q+pq2－2r2p－2qr2+p+q－2r=0 ････②
①－②を計算すると、
r3－q3+p2(r－q)+3p(r2－q2)+2qr(r－q)+3(r－q)=0
両辺をr－p（≠0）で割ると、
r2+qr+q2+p2+3p(r+q)+2qr+3=0
⇔ p2+q2+r2=－3(pq+qr+rp)－3
(2)
△PQRの重心をG(X，Y)とおくと、
3X=p+q+r 、 3Y=p2+q2+r2 ････③
これと(1)より、
3Y=－3(pq+q+r+rp)－3
⇔ pq+qr+rp=－Y－1 ････④
一方、
(p+q+r)2=p2+q2+r2+2(pq+qr+rp)
なので、これと③、④より
(3X)2=3Y+2(－Y－1)
⇔ Y=9X2+2
よって、△PQRの重心G(X，Y)は、放物線y=9x2+2上にある。
色々なもって行き方があると思いますが、
これが一番考えやすいのではないでしょうか。
r3+p3+r2p+rp2－2q2r－2pq2+r+p－2q=0 ････①
p3+q3+p2q+pq2－2r2p－2qr2+p+q－2r=0 ････②
q3+r3+q2r+qr2－2p2q－2rp2+q+r－2p=0
の3式をつくって、
これらを辺々加えたくなりますが(私もやってしまいました＾＾；；)、
そうすると、3次式になって身動きが取れません････
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- 2012/03/09(金) 23:57:00|
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第3問
$\small\sf{\begin{align*} \sf a\gt 1\end{align*}}$ とする。曲線$\small\sf{\begin{align*} \sf y=\tan x\ \ \left(0\leqq x\lt\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$ と直線$\small\sf{\begin{align*} \sf y=ax\end{align*}}$ によって
囲まれた部分の面積をSとする。極限
$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a\rightarrow\infty}\ \frac{S}{a}\end{align*}}$
を求めよ。ただし、
$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow +0}\ x\log x=0\end{align*}}$
を証明なしに用いてもよい。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt x\lt\frac{\pi}{2}\end{align*}}$の 範囲における曲線$\scriptsize\sf{ \sf y=\tan x}$ と直線$\scriptsize\sf{\sf y=ax}$ の交点の
x座標をpとおくと、
$\scriptsize\sf{\sf \tan p=ap}$ ････①
囲まれる部分の面積Sは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\int_0^p\ (ax-\tan x)\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^p\ \left(ax-\frac{-(\cos x)'}{\cos x}\right)\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left[\ \frac{a}{2}x^2+\log|\cos x| \right] _0^p\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{a}{2}p^2+\log(\cos p)\end{align*}}$
右図より、$\scriptsize\sf{\sf a\rightarrow +\infty}$ のとき、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p\rightarrow\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a\rightarrow\infty}\ \frac{S}{a}=\lim_{p\rightarrow\pi/2}\ \left(\frac{1}{2}p^2+\frac{\log (\cos p)}{a}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{2}\right)^2+\lim_{p\rightarrow\pi/2}\ \frac{p}{\tan p}\cdot\log (\cos p)\end{align*}}$ ←①より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi^2}{8}+\lim_{p\rightarrow\pi/2}\ \frac{p\ \cos p}{\sin p}\cdot\log (\cos p)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi^2}{8}+\frac{\pi}{2}\lim_{p\rightarrow\pi/2}\ \cos p\cdot\log (\cos p)\end{align*}}$ ････②
ここで、$\scriptsize\sf{\sf q=\cos p}$ とおくと、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p\rightarrow\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ のとき$\scriptsize\sf{\sf q\rightarrow 0}$ となるので、
与えられた極限値を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{p\rightarrow\pi/2}\ \cos p\cdot\log (\cos p)=\lim_{q\rightarrow 0}\ q\ \log q=0\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a\rightarrow\infty}\ \frac{S}{a}=\underline{\ \frac{\pi ^2}{8}\ \ }\end{align*}}$
この問題は、すんなりといきますね。
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- 2012/03/10(土) 23:57:00|
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